2025-高考科学复习解决方案-数学-基础版第3节 第1课时 两角和与差的正弦、余弦、正切公式及倍角公式含答案

2025-高考科学复习解决方案-数学-基础版第3节第1课时两角和与差的正弦、余弦、正切公式及倍角公式第三节三角恒等变换课标解读考向预测1.经历推导两角差余弦公式的过程，知道两角差余弦公式的意义.2.能从两角差的余弦公式推导出两角和与差的正弦、余弦、正切公式，二倍角的正弦、余弦、正切公式，了解它们的内在联系.3.能运用公式进行简单的恒等变换(包括推导出积化和差、和差化积、半角公式，这三组公式不要求记忆).三角恒等变换是三角变换的工具，主要考查利用两角和与差的三角函数公式、二倍角公式进行三角函数式的化简与求值，重在考查化简、求值，公式的正用、逆用以及变形运用．预计2025年高考可能单独考查，也可能与三角函数的图象与性质、向量等知识综合考查，应增强转化与化归思想的应用意识，选择题、填空题、解答题均有可能出现，属中、低档难度.必备知识——强基础1．两角和与差的余弦、正弦、正切公式(1)公式C(α－β)：cos(α－β)＝eq\x(\s\up1(01))cosαcosβ＋sinαsinβ．(2)公式C(α＋β)：cos(α＋β)＝eq\x(\s\up1(02))cosαcosβ－sinαsinβ．(3)公式S(α－β)：sin(α－β)＝eq\x(\s\up1(03))sinαcosβ－cosαsinβ．(4)公式S(α＋β)：sin(α＋β)＝eq\x(\s\up1(04))sinαcosβ＋cosαsinβ．(5)公式T(α－β)：tan(α－β)＝eq\x(\s\up1(05))eq\f(\a\vs4\al(tanα－tanβ),1＋tanαtanβ)．(6)公式T(α＋β)：tan(α＋β)＝eq\x(\s\up1(06))eq\f(\a\vs4\al(tanα＋tanβ),1－tanαtanβ)．2．二倍角的正弦、余弦、正切公式(1)公式S2α：sin2α＝eq\x(\s\up1(07))2sinαcosα．(2)公式C2α：cos2α＝eq\x(\s\up1(08))cos2α－sin2α＝eq\x(\s\up1(09))2cos2α－1＝eq\x(\s\up1(10))1－2sin2α．(3)公式T2α：tan2α＝eq\x(\s\up1(11))eq\f(2tanα,1－tan2α)．3．辅助角公式asinα＋bcosα＝eq\r(a2＋b2)sin(α＋φ)，其中sinφ＝eq\f(b,\r(a2＋b2))，cosφ＝eq\f(a,\r(a2＋b2)).1．两角和与差正切公式的变形：tanα±tanβ＝tan(α±β)(1∓tanαtanβ)，tanαtanβ＝1－eq\f(tanα＋tanβ,tan(α＋β))＝eq\f(tanα－tanβ,tan(α－β))－1.2．降幂公式：sinαcosα＝eq\f(1,2)sin2α，cos2α＝eq\f(1＋cos2α,2)，sin2α＝eq\f(1－cos2α,2)，tan2α＝eq\f(1－cos2α,1＋cos2α).3．升幂公式：1－cosα＝2sin2eq\f(α,2)，1＋cosα＝2cos2eq\f(α,2)，1±sinα＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)±cos\f(α,2)))eq\s\up12(2).4．其他常用变形sin2α＝eq\f(2sinαcosα,sin2α＋cos2α)＝eq\f(2tanα,1＋tan2α)，cos2α＝eq\f(cos2α－sin2α,sin2α＋cos2α)＝eq\f(1－tan2α,1＋tan2α)，taneq\f(α,2)＝eq\f(sinα,1＋cosα)＝eq\f(1－cosα,sinα).5．半角公式(1)sineq\f(α,2)＝±eq\r(\f(1－cosα,2))；(2)coseq\f(α,2)＝±eq\r(\f(1＋cosα,2))；(3)taneq\f(α,2)＝±eq\r(\f(1－cosα,1＋cosα))＝eq\f(sinα,1＋cosα)＝eq\f(1－cosα,sinα).注：此公式不用死记硬背，可由二倍角公式推导而来．1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)存在实数α，β，使等式sin(α＋β)＝sinα＋sinβ成立．()(2)当α是第一象限角时，sineq\f(α,2)＝eq\r(\f(1－cosα,2)).()(3)存在实数α，使tan2α＝2tanα.()答案(1)√(2)×(3)√2．小题热身(1)(多选)cosα－eq\r(3)sinα化简的结果可以是()A．eq\f(1,2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α)) B．2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α))C．eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α)) D．2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))答案BD解析cosα－eq\r(3)sinα＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cosα－\f(\r(3),2)sinα))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosαcos\f(π,3)－sinαsin\f(π,3)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α)).故选BD.(2)(人教A必修第一册习题5.5T4改编)已知sinα＝eq\f(\r(5),5)，cosα＝eq\f(2\r(5),5)，则taneq\f(α,2)＝()A．2－eq\r(5) B．2＋eq\r(5)C．eq\r(5)－2 D．±(eq\r(5)－2)答案C解析∵sinα＝eq\f(\r(5),5)，cosα＝eq\f(2\r(5),5)，∴taneq\f(α,2)＝eq\f(sinα,1＋cosα)＝eq\r(5)－2.故选C.(3)(人教B必修第三册习题8－2BT3改编)已知θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,2)，3π))且sinθ＝eq\f(4,5)，则sineq\f(θ,2)＝________，coseq\f(θ,2)＝________．答案－eq\f(2\r(5),5)－eq\f(\r(5),5)解析∵θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,2)，3π))且sinθ＝eq\f(4,5)，∴cosθ＝－eq\f(3,5)，eq\f(θ,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)，\f(3π,2)))，∴sineq\f(θ,2)＝－eq\r(\f(1＋\f(3,5),2))＝－eq\f(2\r(5),5)，coseq\f(θ,2)＝－eq\r(\f(1－\f(3,5),2))＝－eq\f(\r(5),5).(4)(人教A必修第一册复习参考题5T13改编)已知α为锐角，且(tan10°－eq\r(3))sinα＝－2cos40°，则α＝________．答案80°解析因为(tan10°－eq\r(3))sinα＝－2cos40°，所以sinα＝eq\f(－2cos40°,tan10°－\r(3))＝eq\f(－2cos40°cos10°,sin10°－\r(3)cos10°)＝eq\f(－2cos40°cos10°,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin10°－\f(\r(3),2)cos10°)))＝eq\f(－2cos40°cos10°,－2sin50°)＝cos10°＝sin80°，又α是锐角，所以α＝80°.

第1课时两角和与差的正弦、余弦、正切公式及倍角公式考点探究——提素养考点一和、差、倍角公式的简单应用例1(1)(2024·海南海口模拟)若tanαtanβ＝2，则eq\f(cos(α－β),cos(α＋β))的值为()A．－3 B．－eq\f(1,3)C．eq\f(1,3) D．3答案A解析由题意，得eq\f(cos(α－β),cos(α＋β))＝eq\f(cosαcosβ＋sinαsinβ,cosαcosβ－sinαsinβ)＝eq\f(1＋tanαtanβ,1－tanαtanβ)＝eq\f(1＋2,1－2)＝－3.故选A.(2)(2024·九省联考)已知θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，tan2θ＝－4taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))，则eq\f(1＋sin2θ,2cos2θ＋sin2θ)＝()A．eq\f(1,4) B．eq\f(3,4)C．1 D．eq\f(3,2)答案A解析由θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，tan2θ＝－4taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))，得eq\f(2tanθ,1－tan2θ)＝eq\f(－4(tanθ＋1),1－tanθ)，则－4(tanθ＋1)2＝2tanθ，则(2tanθ＋1)(tanθ＋2)＝0，解得tanθ＝－2或tanθ＝－eq\f(1,2)，因为θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，所以tanθ∈(－1，0)，所以tanθ＝－eq\f(1,2)，则eq\f(1＋sin2θ,2cos2θ＋sin2θ)＝eq\f(sin2θ＋cos2θ＋2sinθcosθ,2cos2θ＋2sinθcosθ)＝eq\f(tan2θ＋1＋2tanθ,2＋2tanθ)＝eq\f(\f(1,4)＋1－1,2＋(－1))＝eq\f(1,4).故选A.【通性通法】直接利用和、差、倍角公式化简求值的策略策略一记住公式的结构特征和符号变化规律．例如两角差的余弦公式可简记为：“同名相乘，符号反”策略二注意与同角三角函数基本关系、诱导公式的综合应用策略三注意配方法、因式分解、整体代换思想的应用【巩固迁移】1．(2024·安徽亳州模拟)已知sinα＝eq\f(3,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，若eq\f(sin(α＋β),cosβ)＝4，则tan(α＋β)＝()A．－eq\f(16,7) B．－eq\f(7,8)C．eq\f(16,7) D．eq\f(2,3)答案C解析因为sinα＝eq\f(3,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以cosα＝－eq\r(1－sin2α)＝－eq\f(4,5)，tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝－eq\f(3,4)，因为eq\f(sin(α＋β),cosβ)＝eq\f(sinαcosβ＋cosαsinβ,cosβ)＝sinα＋cosαtanβ＝eq\f(3,5)－eq\f(4,5)tanβ＝4，所以tanβ＝－eq\f(17,4)，所以tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq\f(－\f(3,4)－\f(17,4),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(17,4))))＝eq\f(16,7).故选C.2．(2023·河北保定模拟)已知锐角θ满足2cos2θ＝1＋sin2θ，则tanθ＝()A．eq\f(1,3) B．eq\f(1,2)C．2 D．3答案A解析∵2cos2θ＝1＋sin2θ，∴2(cos2θ－sin2θ)＝(sinθ＋cosθ)2，即2(cosθ－sinθ)(sinθ＋cosθ)＝(sinθ＋cosθ)2，又θ为锐角，∴sinθ＋cosθ>0，∴2(cosθ－sinθ)＝sinθ＋cosθ，即cosθ＝3sinθ，∴tanθ＝eq\f(1,3).故选A.考点二和、差、倍角公式的逆用与变形用例2(1)(2023·湖北武汉模拟)sin109°cos296°＋cos71°sin64°＝()A．eq\f(1,2) B．eq\f(\r(2),2)C．eq\f(\r(3),2) D．1答案B解析sin109°cos296°＋cos71°sin64°＝sin(180°－71°)cos(360°－64°)＋cos71°sin64°＝sin71°cos64°＋cos71°sin64°＝sin(71°＋64°)＝sin135°＝eq\f(\r(2),2).故选B.(2)(2024·广西梧州模拟)eq\f(1＋tan\f(7π,12),1－tan\f(7π,12))＝()A．－eq\f(\r(3),3) B．eq\f(\r(3),3)C．－eq\r(3) D．eq\r(3)答案A解析因为eq\f(1＋tan\f(7π,12),1－tan\f(7π,12))＝eq\f(tan\f(π,4)＋tan\f(7π,12),1－tan\f(π,4)tan\f(7π,12))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(7π,12)))＝taneq\f(10π,12)＝taneq\f(5π,6)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－\f(π,6)))＝－taneq\f(π,6)＝－eq\f(\r(3),3).故选A.【通性通法】公式逆用与变形用的技巧(1)逆用公式应准确找出所给式子与公式的异同，创造条件逆用公式．(2)tanαtanβ，tanα＋tanβ(或tanα－tanβ)，tan(α＋β)(或tan(α－β))三者中可以知二求一，应注重公式的逆用和变形使用．提醒：(1)公式逆用时一定要注意公式成立的条件和角之间的关系．(2)注意可借助常数的拼凑法，将分子、分母转化为相同的代数式，从而达到约分的目的．【巩固迁移】3．(2024·福建永安三中模拟)cos(α－35°)cos(25°＋α)＋sin(α－35°)sin(25°＋α)的值为()A．－eq\f(1,2) B．eq\f(1,2)C．－eq\f(\r(3),2) D．eq\f(\r(3),2)答案B解析由两角差的余弦公式，得cos(α－35°)·cos(25°＋α)＋sin(α－35°)sin(25°＋α)＝cos[(α－35°)－(25°＋α)]＝cos(－60°)＝eq\f(1,2).故选B.4．(2023·江苏常州二模)已知sinα－eq\r(3)cosα＝1，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)－2α))的值为________．答案eq\f(1,2)解析已知sinα－eq\r(3)cosα＝1，则2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinα－\f(\r(3),2)cosα))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝1，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝eq\f(1,2)，令β＝α－eq\f(π,3)，则α＝β＋eq\f(π,3)，即sinβ＝eq\f(1,2)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)－2α))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)－2β－\f(2π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2β))＝cos2β＝1－2sin2β＝eq\f(1,2).5．tan50°－tan20°－eq\f(\r(3),3)tan50°tan20°＝________．答案eq\f(\r(3),3)解析tan50°－tan20°－eq\f(\r(3),3)tan50°tan20°＝tan(50°－20°)(1＋tan50°tan20°)－eq\f(\r(3),3)tan50°tan20°＝tan30°(1＋tan50°tan20°)－eq\f(\r(3),3)tan50°tan20°＝eq\f(\r(3),3)＋eq\f(\r(3),3)tan50°tan20°－eq\f(\r(3),3)tan50°tan20°＝eq\f(\r(3),3).考点三角的变换例3(1)(2024·四川绵阳模拟)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝eq\f(\r(2),3)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(4π,3)))＝()A．－eq\f(5,9) B．eq\f(5,9)C．－eq\f(1,3) D．eq\f(1,3)答案A解析coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(4π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π＋2α－\f(π,3)))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3)))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2α))＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－2sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))))＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－2×\f(2,9)))＝－eq\f(5,9).故选A.(2)已知α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，sin(α＋β)＝－eq\f(3,5)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq\f(12,13)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝________．答案－eq\f(56,65)解析因为α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，所以eq\f(3π,2)<α＋β<2π，eq\f(π,2)<β－eq\f(π,4)<eq\f(3π,4)，因为sin(α＋β)＝－eq\f(3,5)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq\f(12,13)，所以cos(α＋β)＝eq\f(4,5)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝－eq\f(5,13)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α＋β－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))))＝cos(α＋β)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＋sin(α＋β)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq\f(4,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,13)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))×eq\f(12,13)＝－eq\f(56,65).【通性通法】1．三角公式求值中变角的解题思路思路一当“已知角”有两个时，“所求角”一般表示为两个“已知角”的和或差的形式思路二当“已知角”有一个时，此时应着眼于“所求角”与“已知角”的和或差的关系，再应用诱导公式把“所求角”变成“已知角”2.常用的拆角、配角技巧2α＝(α＋β)＋(α－β)，α＝(α＋β)－β＝(α－β)＋β，β＝eq\f(α＋β,2)－eq\f(α－β,2)＝(α＋2β)－(α＋β)，α＝eq\f(α＋β,2)＋eq\f(α－β,2)，eq\f(α－β,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(β,2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋β))，α－β＝(α－γ)＋(γ－β)，15°＝45°－30°，eq\f(π,4)＋α＝eq\f(π,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))等．【巩固迁移】6．(2023·山东烟台模拟)已知tan(α＋β)＝eq\f(1,2)，tan(α－β)＝eq\f(1,3)，则tan(π－2α)＝()A．1 B．－1C．2 D．－2答案B解析∵2α＝(α＋β)＋(α－β)，∴tan2α＝eq\f(tan(α＋β)＋tan(α－β),1－tan(α＋β)tan(α－β))＝eq\f(\f(1,2)＋\f(1,3),1－\f(1,2)×\f(1,3))＝1.又tan(π－2α)＝－tan2α，∴tan(π－2α)＝－1.故选B.7．已知0＜x＜eq\f(π,4)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝eq\f(5,13)，则eq\f(cos2x,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x)))＝________．答案eq\f(24,13)解析eq\f(cos2x,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x)))＝eq\f(cos2x－sin2x,\f(\r(2),2)(cosx－sinx))＝eq\r(2)(cosx＋sinx)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)).由0＜x＜eq\f(π,4)得0＜eq\f(π,4)－x＜eq\f(π,4)，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,13)))\s\up12(2))＝eq\f(12,13)，所以原式＝2×eq\f(12,13)＝eq\f(24,13).课时作业一、单项选择题1．sin70°sin10°＋cos10°cos70°＝()A．eq\f(1,2) B．－eq\f(1,2)C．eq\f(\r(3),2) D．－eq\f(\r(3),2)答案A解析sin70°sin10°＋cos10°cos70°＝cos(70°－10°)＝cos60°＝eq\f(1,2).故选A.2．在△ABC中，若cosA＝eq\f(4,5)，cosB＝－eq\f(3,5)，则cosC的值为()A．eq\f(7,25) B．eq\f(18,25)C．eq\f(24,25) D．－eq\f(24,25)答案C解析在△ABC中，由cosA＝eq\f(4,5)，得sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(3,5)，由cosB＝－eq\f(3,5)，得sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(4,5)，∴cosC＝cos[π－(A＋B)]＝－cos(A＋B)＝－cosAcosB＋sinAsinB＝－eq\f(4,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))＋eq\f(3,5)×eq\f(4,5)＝eq\f(24,25).故选C.3．(2023·广东茂名模拟)eq\f(tan70°tan10°＋1,tan70°－tan10°)＝()A．－eq\f(\r(3),3) B．eq\f(\r(3),3)C．－eq\r(3) D．eq\r(3)答案B解析eq\f(tan70°tan10°＋1,tan70°－tan10°)＝eq\f(1,\f(tan70°－tan10°,1＋tan70°tan10°))＝eq\f(1,tan60°)＝eq\f(\r(3),3).故选B.4．已知α为第三象限角，且sin2α－2＝2cos2α，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,4)))的值为()A．－eq\f(7,10) B．eq\f(7,10)C．－eq\f(7\r(2),10) D．eq\f(7\r(2),10)答案D解析sin2α－2＝2cos2α⇒sin2α－2＝2(1－2sin2α)⇒sinα＝±eq\f(2\r(5),5)，因为α为第三象限角，所以sinα＝－eq\f(2\r(5),5)，cosα＝－eq\r(1－sin2α)＝－eq\f(\r(5),5)，所以sin2α＝2sinαcosα＝eq\f(4,5)，cos2α＝1－2sin2α＝－eq\f(3,5)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)(sin2α－cos2α)＝eq\f(7\r(2),10).故选D.5．(2023·保定模拟)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝eq\f(2\r(2),3)，则sin2θ的值为()A．eq\f(7,9) B．－eq\f(7,9)C．eq\f(2,9) D．－eq\f(2,9)答案B解析由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝eq\f(2\r(2),3)，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝sinθcoseq\f(π,4)－cosθsineq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2)(sinθ－cosθ)＝eq\f(2\r(2),3)，即sinθ－cosθ＝eq\f(4,3)，等式两边同时平方，得1－sin2θ＝eq\f(16,9)，所以sin2θ＝－eq\f(7,9).6．若sin(2α－β)＝eq\f(1,6)，sin(2α＋β)＝eq\f(1,2)，则sin2αcosβ＝()A．eq\f(2,3) B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,6) D．eq\f(1,12)答案B解析由sin(2α－β)＝eq\f(1,6)，sin(2α＋β)＝eq\f(1,2)，得sin2αcosβ－cos2αsinβ＝eq\f(1,6)①，sin2αcosβ＋cos2αsinβ＝eq\f(1,2)②，由①＋②，得2sin2αcosβ＝eq\f(2,3)，所以sin2αcosβ＝eq\f(1,3).7．已知α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6)))，若sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(5π,6)))＝eq\f(5,13)，则sin(α－β)的值为()A．eq\f(16,65) B．eq\f(33,65)C．eq\f(56,65) D．eq\f(63,65)答案A解析由题意可得α＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，β－eq\f(5π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝－eq\f(3,5)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(5π,6)))＝－eq\f(12,13)，所以sin(α－β)＝－sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(5π,6)))))＝－eq\f(4,5)×eq\f(5,13)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(12,13)))＝eq\f(16,65).8．(2023·重庆南开中学质检)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝2，则sinαcosα＋eq\f(\r(3),2)cos2α的值为()A．eq\f(1,5) B．eq\f(2,5)C．eq\f(3,5) D．eq\f(4,5)答案D解析由α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝2，得sinαcosα＋eq\f(\r(3),2)cos2α＝eq\f(1,2)sin2α＋eq\f(\r(3),2)cos2α＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6))),sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＋cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6))))＝eq\f(2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6))),tan2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＋1)＝eq\f(2×2,22＋1)＝eq\f(4,5)，所以sinαcosα＋eq\f(\r(3),2)cos2α的值为eq\f(4,5).故选D.二、多项选择题9．(2023·云南昆明模拟)已知α，β，γ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，sinα＋sinγ＝sinβ，cosβ＋cosγ＝cosα，则下列说法正确的是()A．cos(β－α)＝eq\f(1,2) B．cos(β－α)＝eq\f(1,3)C．β－α＝－eq\f(π,3) D．β－α＝eq\f(π,3)答案AD解析由题意，知sinγ＝sinβ－sinα，cosγ＝cosα－cosβ，将两式分别平方后相加，得1＝(sinβ－sinα)2＋(cosα－cosβ)2＝2－2(sinβsinα＋cosβcosα)，∴cos(β－α)＝eq\f(1,2)，故A正确，B错误；∵α，β，γ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴sinγ＝sinβ－sinα>0，∴β>α，∴0<β－α<eq\f(π,2)，∴β－α＝eq\f(π,3)，故C错误，D正确．故选AD.10．设θ的终边在第二象限，则eq\f(\r(1－sinθ),cos\f(θ,2)－sin\f(θ,2))的值可能为()A．1 B．－1C．－2 D．2答案AB解析∵θ的终边在第二象限，∴2kπ＋eq\f(π,2)<θ<2kπ＋π，k∈Z，∴kπ＋eq\f(π,4)<eq\f(θ,2)<kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，∴eq\f(\r(1－sinθ),cos\f(θ,2)－sin\f(θ,2))＝eq\f(\r(sin2\f(θ,2)＋cos2\f(θ,2)－2sin\f(θ,2)cos\f(θ,2)),cos\f(θ,2)－sin\f(θ,2))＝eq\f(\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)－cos\f(θ,2)))\s\up12(2)),cos\f(θ,2)－sin\f(θ,2))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)－cos\f(θ,2))),cos\f(θ,2)－sin\f(θ,2))，故当2kπ＋eq\f(π,4)<eq\f(θ,2)<2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z时，sineq\f(θ,2)－coseq\f(θ,2)>0，eq\f(\r(1－sinθ),cos\f(θ,2)－sin\f(θ,2))＝eq\f(sin\f(θ,2)－cos\f(θ,2),cos\f(θ,2)－sin\f(θ,2))＝－1；当2kπ＋eq\f(5π,4)<eq\f(θ,2)<2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z时，sineq\f(θ,2)－coseq\f(θ,2)<0，eq\f(\r(1－sinθ),cos\f(θ,2)－sin\f(θ,2))＝eq\f(cos\f(θ,2)－sin\f(θ,2),cos\f(θ,2)－sin\f(θ,2))＝1.故选AB.11．(2023·海南海口模拟)已知α∈(π，2π)，sinα＝eq\f(tanα,2)＝taneq\f(β,2)，则()A．tanα＝eq\r(3) B．cosα＝eq\f(1,2)C．tanβ＝4eq\r(3) D．cosβ＝eq\f(1,7)答案BD解析因为sinα＝tanαcosα＝eq\f(tanα,2)，所以cosα＝eq\f(1,2)，又α∈(π，2π)，所以sinα＝－eq\f(\r(3),2)，tanα＝－eq\r(3)，故A错误，B正确；因为taneq\f(β,2)＝sinα＝－eq\f(\r(3),2)，所以tanβ＝eq\f(2tan\f(β,2),1－tan2\f(β,2))＝－4eq\r(3)，cosβ＝eq\f(cos2\f(β,2)－sin2\f(β,2),sin2\f(β,2)＋cos2\f(β,2))＝eq\f(1－tan2\f(β,2),1＋tan2\f(β,2))＝eq\f(1,7)，故C错误，D正确．故选BD.三、填空题12．(1＋tan20°)(1＋tan21°)(1＋tan24°)(1＋tan25°)＝________．答案4解析(1＋tan20°)(1＋tan25°)＝1＋tan20°＋tan25°＋tan20°tan25°＝1＋tan(20°＋25°)(1－tan20°tan25°)＋tan20°tan25°＝2，同理可得(1＋tan21°)(1＋tan24°)＝2，所以原式＝4.13．(2023·青岛模拟)已知tan2θ＝－2eq\r(2)，eq\f(π,4)<θ<eq\f(π,2)，则eq\f(2cos2\f(θ,2)－sinθ－1,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))＝________．答案－3＋2eq\r(2)解析由tan2θ＝－2eq\r(2)，即eq\f(2tanθ,1－tan2θ)＝－2eq\r(2)，解得tanθ＝eq\r(2)或tanθ＝－eq\f(\r(2),2).因为eq\f(π,4)<θ<eq\f(π,2)，所以tanθ＝eq\r(2)且cosθ≠0，则eq\f(2cos2\f(θ,2)－sinθ－1,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))＝eq\f(cosθ－sinθ,cosθ＋sinθ)＝eq\f(1－tanθ,1＋tanθ)＝eq\f(1－\r(2),1＋\r(2))＝－3＋2eq\r(2).14．(2023·邢台模拟)已知α，β均为锐角，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(5π,6)))＝－eq\f(3,5)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3)))＝eq\f(5,13)，则sin(α＋β)＝________，cos(2α－β)＝________．答案eq\f(33,65)eq\f(204,325)解析因为sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(5π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝－eq\f(3,5)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3)))＝eq\f(5,13)，所以α＋eq\f(π,3)为第二象限角，β－eq\f(π,3)为第一象限角，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3))))＝eq\f(4,5)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3)))＝eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3))))＝eq\f(12,13)，所以sin(α＋β)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3)))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3)))＝eq\f(33,65)，cos(2α－β)＝－cos(2α－β＋π)＝－coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3)))))＝－eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))))cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3)))＋sin\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))))sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3)))))＝－eq\f(12,13)coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))))－eq\f(5,13)sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))))＝－eq\f(12,13)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))－1))－eq\f(10,13)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝eq\f(204,325).15．已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，tanα＝eq\f(cos2β,1－sin2β)，则()A．α＋β＝eq\f(π,2) B．α－β＝eq\f(π,4)C．α＋β＝eq\f(π,4) D．α＋2β＝eq\f(π,2)答案B解析tanα＝eq\f(cos2β,1－sin2β)＝eq\f(cos2β－sin2β,(cosβ－sinβ)2)＝eq\f(cosβ＋sinβ,cosβ－sinβ)＝eq\f(1＋tanβ,1－tanβ)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋β)).∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴α＝eq\f(π,4)＋β，即α－β＝eq\f(π,4).故选B.16．魏晋南北朝时期，祖冲之利用割圆术以正24576边形，求出圆周率π约等于eq\f(355,113)，和真正的值相比，其误差小于八亿分之一，这个记录在一千年后才被打破．若已知π的近似值还可以表示成4sin52°，则eq\f(1－2cos27°,π\r(16－π2))的值为()A．－eq\f(1,8) B．－8C．8 D．eq\f(1,8)答案A解析将π＝4sin52°代入eq\f(1－2cos27°,π\r(16－π2))，可得eq\f(1－2cos27°,π\r(16－π2))＝eq\f(－cos14°,4sin52°\r(16－16sin252°))＝eq\f(－cos14°,16sin52°cos52°)＝－eq\f(cos14°,8sin104°)＝－eq\f(cos14°,8sin(90°＋14°))＝－eq\f(cos14°,8cos14°)＝－eq\f(1,8).17．(多选)(2023·长沙模拟)若sineq\f(α,2)＝eq\f(\r(3),3)，α∈(0，π)，则()A．cosα＝eq\f(1,3)B．sinα＝eq\f(2,3)C．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(6)＋2\r(3),6)D．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－\f(π,4)))＝eq\f(2\r(3)－\r(6),6)答案AC解析∵sineq\f(α,2)＝eq\f(\r(3),3)，α∈(0，π)，∴eq\f(α,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，coseq\f(α,2)＝eq\r(1－sin2\f(α,2))＝eq\f(\r(6),3)，∴cosα＝1－2sin2eq\f(α,2)＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,3)，故A正确；sinα＝2sineq\f(α,2)coseq\f(α,2)＝2×eq\f(\r(3),3)×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(2\r(2),3)，故B错误；sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋\f(π,4)))＝sineq\f(α,2)coseq\f(π,4)＋coseq\f(α,2)sineq\f(π,4)＝eq\f(\r(3),3)×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(6),3)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(6)＋2\r(3),6)，故C正确；sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－\f(π,4)))＝sineq\f(α,2)coseq\f(π,4)－coseq\f(α,2)sineq\f(π,4)＝eq\f(\r(3),3)×eq\f(\r(2),2)－eq\f(\r(6),3)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(6)－2\r(3),6)，故D错误．故选AC.18.如图，在平面直角坐标系xOy中，顶点在坐标原点，以x轴非负半轴为始边的锐角α、钝角β的终边与单位圆O分别交于点A，B，x轴的非负半轴与单位圆O交于点M，已知S△OAM＝eq\f(\r(5),5)，点B的纵坐标是eq\f(\r(2),10).(1)求cos(α－β)的值；(2)求2α－β的值．解(1)由题意，知OA＝OM＝1，因为S△OAM＝eq\f(1,2)OA·OMsinα＝eq\f(\r(5),5)，所以sinα＝eq\f(2\r(5),5)，又α为锐角，所以cosα＝eq\f(\r(5),5).因为点B是钝角β的终边与单位圆O的交点，且点B的纵坐标是eq\f(\r(2),10)，所以sinβ＝eq\f(\r(2),10)，cosβ＝－eq\f(7\r(2),10)，所以cos(α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝eq\f(\r(5),5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7\r(2),10)))＋eq\f(2\r(5),5)×eq\f(\r(2),10)＝－eq\f(\r(10),10).(2)因为sinα＝eq\f(2\r(5),5)，cosα＝eq\f(\r(5),5)，sinβ＝eq\f(\r(2),10)，cosβ＝－eq\f(7\r(2),10)，所以sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ＝eq\f(2\r(5),5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7\r(2),10)))－eq\f(\r(5),5)×eq\f(\r(2),10)＝－eq\f(3\r(10),10)，又cos(α－β)＝－eq\f(\r(10),10)，所以sin(2α－β)＝sin[α＋(α－β)]＝sinαcos(α－β)＋cosαsin(α－β)＝－eq\f(\r(2),2)，因为α为锐角，sinα＝eq\f(2\r(5),5)＞eq\f(\r(2),2)，所以α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，所以2α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，又β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以2α－β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，所以2α－β＝－eq\f(π,4).第2课时简单的三角恒等变换考点探究——提素养考点一三角函数式的化简例12eq\r(1＋sin4)＋eq\r(2＋2cos4)＝()A．2cos2 B．2sin2C．4sin2＋2cos2 D．2sin2＋4cos2答案B解析2eq\r(1＋sin4)＋eq\r(2＋2cos4)＝2eq\r(sin22＋2sin2cos2＋cos22)＋eq\r(2＋2(2cos22－1))＝2eq\r((sin2＋cos2)2)＋eq\r(4cos22)＝2|sin2＋cos2|＋2|cos2|.∵eq\f(π,2)<2<π，∴cos2<0，∵sin2＋cos2＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(π,4)))，0<2＋eq\f(π,4)<π，∴sin2＋cos2>0，∴原式＝2(sin2＋cos2)－2cos2＝2sin2.故选B.【通性通法】1．三角函数式的化简要遵循“三看”原则2．三角函数式化简的方法：弦切互化，异名化同名，异角化同角，降幂或升幂．在三角函数式的化简中“次降角升”和“次升角降”是基本的规律，根号中含有三角函数式时，一般需要升次．【巩固迁移】1．(2024·江苏无锡天一中学高三模拟)已知0<θ<π，则eq\f((1＋sinθ＋cosθ)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)－cos\f(θ,2))),\r(2＋2cosθ))＝________．答案－cosθ解析原式＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2sin\f(θ,2)cos\f(θ,2)＋2cos2\f(θ,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)－cos\f(θ,2))),\r(4cos2\f(θ,2)))＝coseq\f(θ,2)·eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin2\f(θ,2)－cos2\f(θ,2))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(θ,2))))＝eq\f(－cos\f(θ,2)cosθ,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(θ,2)))).因为0<θ<π，所以0<eq\f(θ,2)<eq\f(π,2)，即coseq\f(θ,2)>0，所以原式＝－cosθ.考点二三角函数式的求值(多考向探究)考向1给角求值问题例2(1)cos(－75°)的值是()A．eq\f(\r(6)－\r(2),2) B．eq\f(\r(6)＋\r(2),2)C．eq\f(\r(6)－\r(2),4) D．eq\f(\r(6)＋\r(2),4)答案C解析cos(－75°)＝cos(45°－120°)＝cos45°·cos120°＋sin45°sin120°＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(6)－\r(2),4).故选C.(2)化简：eq\f(cos40°,cos25°\r(1－cos50°))＝()A．eq\r(2) B．2eq\r(2)C．eq\r(3) D．eq\r(3)－1答案A解析eq\f(cos40°,cos25°\r(1－cos50°))＝eq\f(cos(90°－50°),cos25°\r(1－(1－2sin225°)))＝eq\f(sin50°,\r(2)cos25°sin25°)＝eq\f(2sin50°,\r(2)sin50°)＝eq\r(2).故选A.(3)cos20°cos40°cos100°＝________．答案－eq\f(1,8)解析cos20°cos40°cos100°＝－cos20°cos40°cos80°＝－eq\f(sin20°cos20°cos40°cos80°,sin20°)＝－eq\f(\f(1,2)sin40°cos40°cos80°,sin20°)＝－eq\f(\f(1,4)sin80°cos80°,sin20°)＝－eq\f(\f(1,8)sin160°,sin20°)＝－eq\f(\f(1,8)sin20°,sin20°)＝－eq\f(1,8).【通性通法】解决给角求值问题的技巧(1)对于非特殊角的三角函数式求值问题，一定要本着先整体后局部的基本原则，如果整体符合三角函数公式的形式，则整体变形，否则进行各局部的变形．(2)一般途径有将非特殊角化为特殊角的和或差的形式，化为正负相消的项并消项求值，化分子、分母形式进行约分，解题时要逆用或变用公式．(3)直接正用、逆用二倍角公式，结合诱导公式和同角三角函数的基本关系对已知式子进行转化，一般可以化为特殊角．(4)若形式为几个非特殊角的三角函数式相乘，则一般逆用二倍角的正弦公式，在求解过程中，需利用互余关系配凑出应用二倍角公式的条件，使得问题出现可以连用二倍角的正弦公式的形式．【巩固迁移】2．若tanα＝2tan10°，则eq\f(cos(α－80°),sin(α－10°))＝________．答案3解析∵tanα＝2tan10°，∴eq\f(cos(α－80°),sin(α－10°))＝eq\f(cos(α＋10°－90°),sin(α－10°))＝eq\f(sin(α＋10°),sin(α－10°))＝eq\f(sinαcos10°＋cosαsin10°,sinαcos10°－cosαsin10°)＝eq\f(tanα＋tan10°,tanα－tan10°)＝eq\f(3tan10°,tan10°)＝3.考向2给值求值问题例3已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝－eq\f(3,5)，－π<α<0，则cosα＝()A．eq\f(\r(2),10) B．－eq\f(\r(2),10)C．eq\f(7\r(2),10) D．－eq\f(7\r(2),10)答案D解析因为－π<α<0，所以－eq\f(3π,4)<eq\f(π,4)＋α<eq\f(π,4)，又coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝－eq\f(3,5)<0，所以－eq\f(3π,4)<eq\f(π,4)＋α<－eq\f(π,2)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝－eq\f(4,5)，所以cosα＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))－\f(π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))coseq\f(π,4)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))sineq\f(π,4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))×eq\f(\r(2),2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))×eq\f(\r(2),2)＝－eq\f(7\r(2),10).故选D.【通性通法】给值求值问题的求解思路【巩固迁移】3．已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，cos2α＝eq\f(4,5)，则sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝()A．eq\f(1,5) B．eq\f(2,5)C．eq\f(3,5) D．eq\f(4,5)答案D解析∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，∴2α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，又cos2α＝eq\f(4,5)，∴sin2α＝eq\r(1－cos22α)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))\s\up12(2))＝eq\f(3,5)，∴sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2))),2)＝eq\f(1＋sin2α,2)＝eq\f(1＋\f(3,5),2)＝eq\f(4,5).故选D.考向3给值求角问题例4已知cosα＝eq\f(2\r(5),5)，sinβ＝eq\f(\r(10),10)，且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则α＋β的值是()A．eq\f(3π,4) B．eq\f(π,4) C．eq\f(7π,4) D．eq\f(5π,4)答案B解析∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(\r(5),5)，cosβ＝eq\r(1－sin2β)＝eq\f(3\r(10),10)，∴cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝eq\f(2\r(5),5)×eq\f(3\r(10),10)－eq\f(\r(5),5)×eq\f(\r(10),10)＝eq\f(\r(2),2)，又α＋β∈(0，π)，∴α＋β＝eq\f(π,4).故选B.【通性通法】已知三角函数值求角的解题步骤提醒：在根据三角函数值求角时，易忽视角的范围，而得到错误答案．【巩固迁移】4．若cosα＝eq\f(1,7)，sin(α＋β)＝eq\f(5\r(3),14)，0<α<eq\f(π,2)，0<β<eq\f(π,2)，则角β的值为()A．eq\f(π,3) B．eq\f(5π,12)C．eq\f(π,6) D．eq\f(π,4)答案A解析∵0<α<eq\f(π,2)，0<β<eq\f(π,2)，∴0<α＋β<π，由cosα＝eq\f(1,7)，sin(α＋β)＝eq\f(5\r(3),14)，得sinα＝eq\f(4\r(3),7)，cos(α＋β)＝±eq\f(11,14).若cos(α＋β)＝eq\f(11,14)，则sinβ＝sin[(α＋β)－α]＝sin(α＋β)cosα－cos(α＋β)·sinα＝eq\f(5\r(3),14)×eq\f(1,7)－eq\f(11,14)×eq\f(4\r(3),7)<0，与sinβ>0矛盾，故舍去；若cos(α＋β)＝－eq\f(11,14)，则cosβ＝cos[(α＋β)－α]＝cos(α＋β)cosα＋sin(α＋β)·sinα＝－eq\f(11,14)×eq\f(1,7)＋eq\f(5\r(3),14)×eq\f(4\r(3),7)＝eq\f(1,2)，又β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴β＝eq\f(π,3).故选A.考点三三角恒等变换的综合应用例5设m为实数，已知sinα－eq\r(3)cosα＝m－1，则m的取值范围是________．答案[－1，3]解析sinα－eq\r(3)cosα＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinα－\f(\r(3),2)cosα))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝m－1，因为－1≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))≤1，所以－2≤2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))≤2，所以－2≤m－1≤2，解得－1≤m≤3，则m的取值范围是[－1，3]．【通性通法】三角恒等变换的综合应用主要是将三角变换与三角函数的性质相结合，通常是把复杂的三角函数通过恰当的三角变换，转化为一种简单的三角函数，再研究转化后函数的性质．在这个过程中通常利用辅助角公式，将y＝asinx＋bcosx转化为y＝Asin(x＋φ)或y＝Acos(x＋φ)的形式，以便研究函数的性质，解题时注意观察角、函数名、结构等特征，注意利用整体思想解决相关问题．【巩固迁移】5．已知函数f(x)＝eq\f(\r(2),4)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＋eq\f(\r(6),4)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)).(1)求函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,2)))上的最值；(2)若cosθ＝eq\f(4,5)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)))的值．解(1)由题意得f(x)＝eq\f(\r(2),4)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＋eq\f(\r(6),4)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＋\f(\r(3),2)cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))))＝－eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(7π,12))).因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,2)))，所以x－eq\f(7π,12)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(11π,12)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(7π,12)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1))，所以－eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(7π,12)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(6),4)))，即函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,2)))上的最大值为eq\f(\r(6),4)，最小值为－eq\f(\r(2),2).(2)因为cosθ＝eq\f(4,5)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，所以sinθ＝－eq\f(3,5)，所以sin2θ＝2sinθcosθ＝－eq\f(24,25)，cos2θ＝cos2θ－sin2θ＝eq\f(16,25)－eq\f(9,25)＝eq\f(7,25)，